例談數(shù)列單調(diào)性的判斷及運用
　　摘要：數(shù)列單調(diào)性在高考中占有重要位置，這類試題重在考查學(xué)生的分析，探索能力和思維的發(fā)散性，具有相當(dāng)?shù)纳疃群碗y度．本文總結(jié)了判斷數(shù)列單調(diào)性的常用方法：比較法（作差，作商）和構(gòu)造函數(shù)法，并結(jié)合具體例題探討了如何利用數(shù)列單調(diào)性解題．
　　關(guān)鍵詞：數(shù)列單調(diào)性；比較法；作差法；作商法；構(gòu)造函數(shù)法；導(dǎo)數(shù)法
　　
　　函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的一條主線，貫穿高中數(shù)學(xué)始終，其單調(diào)性是歷年高考必考內(nèi)容，而數(shù)列是函數(shù)思想的應(yīng)用，因而數(shù)列單調(diào)性在高考中也有十分重要的位置，也是學(xué)生普遍感到棘手的問題，筆者根據(jù)平時教學(xué)總結(jié)了一些常用解法，現(xiàn)介紹給讀者，以期共勉。
1 比較法
　　對于數(shù)列，由于是遞增數(shù)列，是遞減數(shù)列．因此，可以利用作差法判斷數(shù)列的單調(diào)性．對于各項為正數(shù)的數(shù)列，由于是遞增數(shù)列，是遞減數(shù)列，因此，可以利用作商法判斷數(shù)列的單調(diào)性．
　　利用比較法判斷數(shù)列單調(diào)性分四步：（1）作差（或商），（2）變形整理，（3）與0（或1）比較大小，（4）下結(jié)論．
1.1作差比較
例1已知數(shù)列的前n項和，數(shù)列的前n項和．（Ⅰ）求數(shù)列與的通項公式；（Ⅱ）設(shè)，證明：當(dāng)且僅當(dāng)時，．
　　[解析]（1）；（過程略） ．（2）由（1）知，，從而．由得，，又，解得，即．又當(dāng)時，成立，即．因此，當(dāng)且僅當(dāng)時, ．
　　評析：本題采用作差法判斷 與（n≥3）的大小關(guān)系．按照作差（或商）、變形整理、與0（或1）比較大小、下結(jié)論的步驟證明了數(shù)列的單調(diào)性．
1.2作商比較
例題1第2小題的解法2：
　　[解析]由得，．即，又，解得則，即．又當(dāng)時，成立，即．由于，因此，當(dāng)且僅當(dāng)時, ．
　　評析：本題采用作商法判斷與的大小關(guān)系．注意，作商法判斷單調(diào)性適用于滿足的數(shù)列的，對于的數(shù)列的須謹慎對待．
2 構(gòu)造函數(shù)法 
　　由于數(shù)列是定義在自然數(shù)集或其子集的函數(shù)，因此，可以根據(jù)數(shù)列通項公式、遞推公式或其它關(guān)系式構(gòu)造新函數(shù)，充分利用常見函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)這一強大工具等來判斷構(gòu)造的新函數(shù)的單調(diào)性，最終判斷數(shù)列的單調(diào)性。
2.1 利用通項公式構(gòu)造函數(shù)
例2設(shè)函數(shù)f(x)為R上的增函數(shù)，令F(x)=f(x)-f(2-x)．（Ⅰ）證明F(x)在R上為增函數(shù)；（Ⅱ）若F(x1)+F(x2)>0，試判斷x1+x2與2的大小（寫出推理過程）；（Ⅲ）若數(shù)列｛an｝的通項公式為，試問是否存在正整數(shù)n，使F(an)取得最值，若存在，求出n的值；若不存在，請說明理由．
　　[解析]（Ⅰ）（Ⅱ）過程略；
　?。á螅瑯?gòu)造函數(shù)，由知，在分別是減函數(shù)．
　　對于數(shù)列｛an｝，當(dāng)時，；當(dāng)≥12時，．
綜上所述：存在正整數(shù)n，使F(an)取最值，且F(a11)最小，F(xiàn)(a12)最大．
評析：本題首先根據(jù)數(shù)列的通項公式構(gòu)造新函數(shù)，然后對新函數(shù)求導(dǎo)，最后導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)判斷函數(shù)的增減性，最終找出數(shù)列中最大項與最小項．
2.2 利用遞推公式構(gòu)造函數(shù)
例3設(shè)函數(shù)．?dāng)?shù)列滿足，．（Ⅰ）證明：函數(shù)在區(qū)間是增函數(shù)；（Ⅱ）證明：．
　　[解析]（Ⅰ）證明：當(dāng)時，，因此，函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)；
　?。á颍┳C明：（用數(shù)學(xué)歸納法）（i）當(dāng)n=1時，，，
，由在是增函數(shù)，且在處連續(xù)，則在是增函數(shù)，，即成立；
　?。áⅲ┘僭O(shè)當(dāng)時，成立，即．那么，當(dāng)時，由在區(qū)間是增函數(shù)，得．依題設(shè)，，則，也就是說當(dāng)時，也成立；
　　根據(jù)（?。?、（ⅱ）可得對任意的正整數(shù)，恒成立.
　　評析：第（2）題利用了利用遞推公式構(gòu)造函數(shù)，運用第（1）小題的結(jié)論得到函數(shù)的單調(diào)性，從而證明數(shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列，其中運用了導(dǎo)數(shù)工具判斷函數(shù)的單調(diào)性，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)知識、方法的綜合運用．
2.3 利用其它關(guān)系式構(gòu)造函數(shù)
例4已知An(an，bn)（n∈N*）是曲線y=ex上的點，a1=a,sn是數(shù)列｛an｝的前n項和，且滿足：Sn2＝3n2an+Sn-12，an≠0，n=2,3,4,……
（1）證明數(shù)列；
（2）確定a的取值集合M，使a∈M，時，數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列；
（3）證明當(dāng)a∈M時，弦AnAn+1(n∈N*)的斜率隨n單調(diào)遞增．
　　解：（1）證明略；
　　（2）由題意知S2+S1=12，所以=12-2a而a3+a2=15，a4+a3=21，所以a3=3+2a，a4=18-2a．
數(shù)列{a2k}和{a2k+1}分別是以a2，a3為首項，6為公差的等差數(shù)列，所以a2k=a2+6(k-1)，a2k+1=a3+6(k-1)，a2k+2=a4+6(k-1)( k∈N*)．因此，數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列a1<a2且a2k<a2k+1<a2k+2對任意的k∈N*成立a1<a2且a2+6(k-1)<a3+6(k-1)<a4+6(k-1) a1<a2<a3<a4a<12-2a<3+2a<18-2a
　　所以，a的取值集合是
　?。?）

記，則
當(dāng)時，，在上為增函數(shù)；當(dāng)時，，在上為減函數(shù)．所以時，，
從而，所以 在和上都是增函數(shù)．
由（2）知，當(dāng)時，數(shù)列{an}單調(diào)遞增．
取x0=an，因為an<an+1<an+2，所以，
所以，
∴kn<kn+1，即弦 (n∈N*)的斜率隨n遞增．
　　評析：由于｛an｝的通項公式是分段函數(shù)的形式，因此，第(2)題首先求出a2k,a2k+1的通項公式，然后根據(jù){an}是單調(diào)遞增數(shù)列a2k<a2k+1<a2k+2建立不等式，最后求出a的取值范圍．第(3)題的解題關(guān)鍵是根據(jù)構(gòu)造函數(shù)，依據(jù)導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)單調(diào)性，從而得到兩個不等式，最終證明結(jié)論．            （謝偉）